题目内容
2．
如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N、P分别是AB、AD、AA1的中点，（1）求证：平面CB1D1∥平面MNP；
（2）求平面CB1D1与平面MNP的距离．
分析 （1）连结A1B、A1D，根据正方体的性质证出四边形A1D1CB是平行四边形，可得A1B∥D1C，由三角形中位线定理得PM∥A1B，从而得到PM∥D1C，利用线面平行判定定理证出PM∥平面CB1D1，同理可得MN∥平面CB1D1．最后利用面面平行判定定理即可证出平面MNP∥平面CB1D1．
（2）由题意，AC1被平面CB1D1、平面A1BD截成相等的3部分，距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$a，A到平面MNP的距离为$\frac{\sqrt{3}}{6}$a，即可求出平面CB1D1与平面MNP的距离．
解答 
（1）证明：连结A1B、A1D，
∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1D1平行且等于BC，
∴四边形A1D1CB是平行四边形，可得A1B∥D1C，
∵PM是△AA1B的中位线，可得PM∥A1B，∴PM∥D1C，
∵PM?平面CB1D1，D1C?平面CB1D1，
∴PM∥平面CB1D1，
同理可得：MN∥平面CB1D1，
∵PM、MN是平面MNP内的相交直线，
∴平面MNP∥平面CB1D1．
（2）解：由题意，AC1被平面CB1D1、平面A1BD截成相等的3部分，距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$a，A到平面MNP的距离为$\frac{\sqrt{3}}{6}$a，
∴平面CB1D1与平面MNP的距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$a+$\frac{\sqrt{3}}{6}$a=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a．
点评 本题证明正方体中的面面平行，考查了正方体的性质、线面平行与面面平行的判定定理，考查平面与平面间的距离等知识，属于中档题．
练习册系列答案
相关题目
B．
C．
D．
，则cos（α+
）=（ ）
B．
C．
D．
7．已知二面角α-l-β为60°，如果平面角α内一点A到平面β的距离为$\sqrt{3}$，那么A到棱的距离为（ ）
| A． | 1 | B． | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | C． | $\sqrt{3}$ | D． | 2 |
如图，三棱柱中ABC-A1B1C1，侧棱与底面ABC垂直，且AB1⊥BC1，AB=AA1=1，BC=2．
6．过点（2，-2）且以$y=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$为渐近线的双曲线方程是（ ）
| A． | $\frac{y^2}{2}-\frac{x^2}{4}=1$ | B． | $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{2}=1$ | C． | $\frac{y^2}{4}-\frac{x^2}{2}=1$ | D． | $\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{4}=1$ |